Tải bản đầy đủ

CÁC bài TOÁN về hệ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
------------------

TRẦN THỊ XUYẾN CHI

CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ THỨC LƯỢNG
TRONG TAM GIÁC

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

HÀ NỘI - 2014


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
------------------

TRẦN THỊ XUYẾN CHI

CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ THỨC LƯỢNG

TRONG TAM GIÁC

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60.46.0113

Người hướng dẫn khoa học
PGS. TS. PHAN HUY KHẢI

HÀ NỘI - 2014


Mục lục
Mở đầu
Một số ký hiệu

3
4

1 Kiến thức cơ sở
5
1.1 Các hệ thức lượng trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Các công thức lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.3 Các hệ thức lượng giác cơ bản trong tam giác . . . . . . . . . 9
2 Hệ thức lượng trong tam giác thường
11
2.1 Hệ thức lượng giác không điều kiện . . . . . . . . . . . . . . 11
2.2 Hệ thức lượng giác có điều kiện . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.3 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
3 Hệ thức lượng trong tam giác vuông
25
3.1 Sử dụng biến đổi đẳng thức nhận dạng tam giác vuông. . . . 25
3.2 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
4 Hệ thức lượng trong tam giác cân
38
4.1 Sử dụng biến đổi đẳng thức nhận dạng tam giác cân. . . . . 38
4.2 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
5 Hệ thức lượng trong tam giác đều
47

5.1 Sử dụng biến đổi đẳng thức nhận dạng tam giác đều . . . . . 47
5.2 Nhận dạng tam giác đều từ hệ điều kiện . . . . . . . . . . . . 51
5.3 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
6 Hệ thức lượng trong các tam giác đặc biệt khác
56
6.1 Các yếu tố trong tam giác được cho dưới dạng một cấp số . . 56
6.2 Các yếu tố trong tam giác được cho dưới dạng hình học . . . 65
6.3 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
Phụ lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

1


Lời cảm ơn
Trước khi trình bày nội dung chính của khóa luận, em xin bày tỏ lòng biết
ơn chân thành và sâu sắc tới PGS. TS Phan Huy Khải người đã tận tình
hướng dẫn để em có thể hoàn thành khóa luận này.
Em cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể các thầy cô giáo
trong khoa Toán - Cơ - Tin học, Đại học Khoa Học Tự Nhiên, Đại Học Quốc
Gia Hà Nội đã dạy bảo em tận tình trong suốt quá trình học tập tại khoa.
Xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè đã động viên, khích lệ và giúp đỡ
em trong suốt quá trình học tập và thực hiện khóa luận.
Hà Nội, ngày 15 tháng 02 năm 2014
Học viên
Trần Thị Xuyến Chi

2


Mở đầu
Hệ thức lượng trong tam giác là nội dung quan trọng trong trường phổ
thông, thường gặp trong các đề thi tuyển sinh vào đại học và các kỳ thi học
sinh giỏi các cấp. Đây là chuyên đề hay và tương đối khó với học sinh phổ
thông. Để có cái nhìn toàn cảnh về chuyên đề này, luận văn đi sâu vào nghiên
cứu các bài toán về hệ thức lượng trong tam giác.
Cấu trúc luận văn gồm 6 chương.
Chương 1. Kiến thức cơ sở.
Chương 2. Hệ thức lượng trong tam giác thường.
Chương 3. Hệ thức lượng trong tam giác vuông.
Chương 4. Hệ thức lượng trong tam giác cân.
Chương 5. Hệ thức lượng trong tam giác đều.
Chương 6. Hệ thức lượng trong các tam giác đặc biệt khác.
Bây giờ chúng tôi sẽ nói kỹ một chương tiêu biểu, ví dụ như chương 3.
Trong chương này chúng tôi sẽ trình bày các phần sau:
1. Nhận dạng tam giác vuông. Trong mục này đưa ra những đặc điểm tiêu
biểu nhất của tam giác vuông. Phương pháp để chứng minh tam giác vuông
là biến đổi biểu thức đưa về một trong các đặc điểm này.
2. Các ví dụ về nhận dạng tam giác vuông. Ở đây chúng tôi trình bày
những ví dụ tiêu biểu nhất được phân loại từ dễ đến khó.
3. Hệ thống và phân loại bài tập về tam giác vuông.
Phần cuối luận văn là phụ lục. Trong đó chúng tôi trình bày cách thiết
lập các hệ thức lượng giác cơ bản trong tam giác dựa vào mối liên hệ giữa
các yếu tố của tam giác và nghiệm phương trình bậc ba.
Mặc dù hết sức cố gắng nhưng luận văn không tránh khỏi những sai sót.
Chúng tôi rất mong nhận được sự góp ý và những ý kiến phản biện của quý
thầy cô và bạn đọc.
Xin chân thành cảm ơn!

3


Một số ký hiệu
ABC
Tam giác ABC .
A, B, C
Các góc đỉnh của tam giác ABC .
a, b, c
Các cạnh đối diện với đỉnh A, B, C .
ha, hb, hc Đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C .
ma, mb, mc Độ dài đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C .
la, lb, lc
Độ dài đường phân giác kẻ từ các đỉnh A, B, C .
R
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác.
r
Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác.
ra, rb, rc Bán kính đường tròn bàng tiếp trong các góc A, B, C .
S
Diện tích tam giác.
p=a+b+c
2 Nửa chu vi tam giác.
đpcm

Điều phải chứng minh.

4


Chương 1

Kiến thức cơ sở
1.1 Các hệ thức lượng trong tam giác
Định lý hàm số sin

a
b
c
sin A = sin B = sin C = 2R.
Định lý hàm số cosin

Định lý hàm số tang

a2 = b2 + c2 − 2bc cos A.
b2 = a2 + c2 − 2ac cos B.
c2 = a2 + b2 − 2ab cos C.
tan A − B
2 .
a−b
a+b=
tan A + B
2
tan B − C
2 .
b−c
b+c=
tan B + C
2
tan C − A
2 .
c−a
c+a=
tan C + A
2

Định lý hàm số cotang

cot A + cot B + cot C = a2 + b2 + c2
4S .
Độ dài đường trung tuyến
5


m2a = 2b2 + 2c2 − a2
4 .
2

mb = 2a2 + 2c2 − b2
4 .
m2c = 2a2 + 2b2 − c2
4 .
Độ dài đường phân giác trong

A
2bc
p(p − a)
la = 2bc
b + c cos 2 = b + c
bc .
B
2ca
p(p − b)
lb = 2ca
ca .
c + a cos 2 = c + a
C
2ab
p(p − c)
lc = 2ab
ab .
a + b cos 2 = a + b
Công thức tính diện tích

1 1 1
S = aha = bhb = chc
2 2 2
1
1
1
= bc sin A = ac sin B = ab sin C
2
2
2
= abc
4R
= pr
= (p − a)ra = (p − b)rb = (p − c)rc
=
p(p − a)(p − b)(p − c).
Định lý hình chiếu

C
2 + cot 2 = b cos C + c cos B.
A
b = r cot C
2 + cot 2 = c cos A + a cos C.
B
c = r cot A
2 + cot 2 = a cos B + b cos A.

a = r cot B

Công thức tính các bán kính.
Bán kính đường tròn nội tiếp.

r=S
p = (p − a) tan

A
B
2 = (p − b) tan 2 = (p − c) tan
6

C
2.


Bán kính đường tròn ngoại tiếp.

a
b
R = abc
4S = 2 sin A = 2 sin B =

c
2 sin C .

Bán kính đường tròn bàng tiếp.

ra = p tan A
2=
rb = p tan B
2=
rc = p tan C
2=

S
p −Sa
p−b
S
p−c

.
.
.

1.2 Các công thức lượng giác
Các hệ thức lượng giác cơ bản.

sin2 α + cos2 α = 1. tan α. cot α = 1.
cot α = cos α
sin α . 1 + tan2 α =
tan α = sin α
cos α . 1 + cot2 α =

1
cos2 α .
1
sin2 α .

Công thức cộng cung.

sin(α + β) = sin α. cos β + cos α. sin β.
sin(α − β) = sin α. cos β − cos α. sin β.
cos(α + β) = cos α. cos β − sin α. sin β.
cos(α − β) = cos α. cos β + sin α. sin β.
tan(α + β) = tan α + tan β .
1 − tan α. tan β
1 + α α.tan

tan(α − β) = tantan
ββ .
Công thức nhân cung.

sin 2α = 2 sin α cos α.
cos 2α = cos2 α − sin2 α = 2 cos2 α − 1 = 1 − 2 sin2 α.
7


tan 2α = 2 tan α .
1 − tan2 α
sin 3α = 3 sin α − 4 sin3 α.
cos 3α = 4 cos3 α − 3 cos α.
tan 3α = 3 tan α − tan3α .
1 − 3 tan2 α
Công thức biến tổng thành tích.

sin α + sin β = 2 sin α + β
2 . cos α −2β .
α+β
sin α − sin β = 2 cos 2 . sin
2 .α − β
cos α + cos β = 2 cos α + β
2 . cos α −2β .
α+β
cos α − cos β = −2 sin 2 . sin
2 .α − β
tan α + tan β = sin(α + β)
cos α. cos β .
tan α − tan β = sin(α.
cos −cos
β) β .
cot α + cot β = sin(α + β)
sin α. sin β .
) .
cot α − cot β = sin(α. −
sinββ
Công thức biến tích thành tổng.

sin α. cos β = sin(α + β) + sin(α − β)
2
.
cos α. cos β = cos(α + β) +2 cos(α. − β)
sin α. sin β = cos(α − β) −2 cos(α. + β)
Giá trị lượng giác của các góc (cung) có liên quan đặc biệt.

8


· Hai góc đối nhau:
cos(−α) = cos α.
sin(−α) = − sin α.
tan(−α) = − tan α.
cot(−α) = − cot α.
· Hai góc bù nhau
sin(π − α) = sin α.
cos(π − α) = − cos α.
tan(π − α) = − tan α.
cot(π − α) = − cot α.
· Hai góc phụ nhau:

π
sin( 2 − α) = cos α.
π
cos( 2 − α) = sin α.
π
tan( 2 − α) = cot α.
π
cot( 2 − α) = tan α.

· Hai góc hơn kém π:
tan(π + α) = tan α.
cot(π + α) = cot α.
sin(π + α) = − sin α.
cos(π + α) = − cos α.
1.3 Các hệ thức lượng giác cơ bản trong tam giác
Trong mọi tam giác ABC , ta có:

B
C
2 cos 2 cos 2 .
2) sin 2A + sin 2B + sin 2C = 4 sin A sin B sin C.
1) sin A + sin B + sin C = 4 cos A

3) sin2 A + sin2 B + sin2 C = 2(1 + cos A cos B cos C ).
9


B
C
2 sin 2 sin 2 .

4) cos A + cos B + cos C = 1 + 4 sin A

5) cos 2A + cos 2B + cos 2C = −1 − 4 cos A cos B cos C.
6) cos2 A + cos2 B + cos2 C = 1 − 2 cos A cos B cos C.
7) tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C (ABC là tam giác không
vuông).

B
C
A
B
C
2 + cot 2 + cot 2 = cot 2 cot 2 cot 2 .
B
B
C
C
A
9) tan A
2 tan 2 + tan 2 tan 2 + tan 2 tan 2 = 1.
10) cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = 1.
8) cot A

10


Chương 2

Hệ thức lượng trong tam giác thường
Hệ thức lượng trong tam giác thường là dạng toán cơ bản nhất của bài
toán hệ thức lượng trong tam giác. Vì các kết quả này đúng cho mọi tam
giác đặc biệt khác như tam giác vuông, tam giác cân, tam giác đều... Bài
toán về hệ thức lượng trong tam giác thường gồm hai dạng: chứng minh hệ
thức lượng giác không điều kiện và chứng minh hệ thức lượng giác có điều
kiện. Phương pháp để giải dạng toán này là:
Cách 1. Biến đổi vế phức tạp sang vế đơn giản.
Cách 2. Biến đổi hai vế về cùng một biểu thức trung gian.
Cách 3. Biến đổi tương đương về một biểu thức đúng.
Sau đây là một số ví dụ tiêu biểu.

2.1 Hệ thức lượng giác không điều kiện
Các bài toán này đưa ra yêu cầu chứng minh các hệ thức lượng áp dụng
chung cho mọi tam giác.
Bài toán 2.1 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC , ta có:

1)

A
B
C
b−c
a cos2 2 + c −ba cos2 2 + a −cbcos2 2 = 0.

a2 cos B − C b2 cos A − C c2 cos A − B
2
2 +
2)
+ 2
= ab + bc + ca.
2 sin A
2 sin B
2 sin C
2
2
2
3) (b + c) cos A + (a + c) cos B + (a + b) cos C = a + b + c.
Chứng minh
1) Ta có
11


b−c
a cos2

A
2 = sin B sin
− sin
A Ccos2
2 sin B − C
2 sin
=
2

2 cos B + C
2 sin B − C2
A
2 sin A
2 cos 2

A
2=

B+C
2

1
= (cos
2 C − cos B).

cos2 A
2

(1)

Tương tự ta có:

B
1
c−a
b cos2 2 = (cos
2 A − cos C ).
C
1
a−b
c cos2 2 = (cos
2 B − cos A).

(2)
(3)

Cộng theo vế (1), (2), (3) suy ra đpcm.
2) Ta có

a2 cos B − C
cos B − C cos B − C
A
2
2
2
= a.2R.2 sin A
= a.2R. sin A
2 cos 2
2 sin A
2 sin A
2 sin A
2
2
2
ab + ac
= aR(2 sin B + C
2 cos B − C2 ) = aR(sin B + sin C ) = 2 .
(1)

Tương tự

b2 cos A − C
2
2 sin B
2

= bc + ba
2 .

(2)

c2 cos A − B
2
= ca + cb
2 .
2 sin C
2

(3)

Cộng theo vế của (1), (2), (3) suy ra đpcm.
3) Áp dụng định lý hàm số sin, ta có

V T = 2R(sin B + sin C ) cos A + 2R(sin A + sin C ) cos B + 2R(sin A + sin B) cos C
= 2R(sin B cos A + sin A cos B) + 2R(sin C cos A + sin A cos C ) + 2R(sin B cos C
+ sin C cos B)
= 2R sin(B + A) + 2R sin(C + A) + 2R sin(B + C )
= 2R sin C + 2R sin B + 2R sin A = a + b + c = V P. Đpcm.
12


Bài toán 2.2. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC , ta có:

2 .
2) abc(cos A + cos B + cos C ) = a2(p − a) + b2(p − b) + c2(p − c).
Chứng minh
1) Áp dụng định lý hàm số cosin, ta có

VT = b2 + c2 − a2
2) Áp dụng định lý hàm số cosin, ta có

VT = a b2 + c2 − a2
2

2

2

2

2 (b + c − a) + 2 (a + c − b) + 2 (a + b − c)
= a2(p − a) + b2(p − b) + c2(p − c) = V P. Đpcm.
Bài toán 2.3. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC , ta có:

B
C
2 + tan 2 =

tan A

cos2 A
2 cos A

B
B C
2 cos 2

C
2.

Chứng minh

cos 2 2
A B
B
A B

2 tan 2 + tan 2 + tan 2 + tan 2 + tan

2 B

C

2
2
2
2
c
o
s
2
2

B C
2

C
sin A +
B sin B
+C
sin C +
A

1


C
2 + tan

A
2

1) bc cos A + ac cos B + ab cos C = a2 + b2 + c2

2

+ a2 + c2 −2b2 + a2 + b2 −2c2 = a2 + b2 +2c2 = V P .

=a

2 + b a2 + 2 + c a2 + b2 − c2
b

c

2 + cos2 2 + cos2

2 + tan

2 cos

VT = 1

=

1  cos A


+

cos B

cos2 C
2 + cos2 2 + cos2 =
2 cos A

+

cos C

2 = V P. Đpcm.

 

A


Bài toán 2.4. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC , ta có:

A
2.

1) ra − r = 4R sin2

C
2B
2) ra − rb = 4R sin A − cos
2.
3) a cot A + b cot B + c cot C = 2(R + r).
4) (ra2 + p2)(ra − r) = 4Rra2.

B
C
5) ha − 2r
ha = ha 2ra + ha = tan 2 tan 2 .
Chứng minh
1) Ta có

A
A A
ra − r = p tan 2 − (p − a) tan 2 = a tan 2 = 2R sin A tan

A
2

A

= 2R.2 sin A

= 4R sin2 A
2 cos A
2 .sin 2
cos A
2
A
B
2) Ta có ra − rb = p(tan 2 − tan 2 ).
Do

2.

(1)

1
1
p = (a + b + c) = .2R(sin A + sin B + sin C )
2
2
B C
= 4R cos A
(2)
2 cos 2 cos 2 .

Thay (2) vào (1) ta có

A B
ra − rb = p(tan 2 − tan 2 )
= 4R cos A
2 cos 2 cos 2

B C

= 4R sin A − B
2 cos 2 .

C

3) Ta có

ab sin C
r=S
p= a+b+c

14

sin A − B
2
B
cos A
2 cos 2


= 2R sin A.2R sin B. sin C
2R (sin A + sin B + sin C )
B C A B C
2R.8. sin A
2 sin 2 sin 2 cos 2 cos 2 cos 2
=
B C
4 cos A
2 cos 2 cos 2
B C
= 4R sin A
(1)
2 sin 2 sin 2 .
a cot A + b cot B + c cot C = 2R[sin A cot A + sin B cot B + sin C cot C ]
= 2R[cos A + cos B + cos C ]
B
C
= 2R 1 + 4 sin A
2 sin 2 sin 2
= 2R + 2r = 2(R + r) do (1).
4) Ta có

(ra2

2

2

+ p )(ra − r) = p

A
A
a tan A
2 − (p − a) tan 2 = p2
2
cos2 A
2
2
A
A
A
4R sin A
= 4Rra2.
2 cos 2 tan 2 = 4R p tan 2

1 + tan

= p2
cos2 A
2

2

A
2 p tan

5) Ta có

· ha −ha =1
2r −

2r
ha =1 −
2S
a

2S
a
p
2S =1 − p = p −p a.
a

= 1 a= 1 a
+a
+ 2S
a
a
p−a
p−a
B C
S
. S
.
2 = rb rc
· tan 2 tan p p =
· h2r
a a + ha =

2S

=p−a
p.

+1 = p −pa .
p−a
= p(p − a)(p − b)(p − c)
p(p − b) p(p − c) p2(p − b)(p
− c)

Đpcm.
Bài toán 2.5. (Bài toán phụ trợ) Trong mọi tam giác ABC , ta có các hệ
thức sau:
15


1) sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A = p2 + 4Rr + r2
4R2 .
2) sin A sin B sin C = pr

2R2 .

2
3) sin 2A + sin
B +2 sin C = p2 − 4Rr − r2

2R2 .

4) sin3 A + sin3 B + sin3 C = p(p2 − 6Rr − 3r2)
4R3 .
5) (sin A + sin B)(sin B + sin C )(sin C + sin A) = p(p2 + r2 + 2Rr)
4R3 .
4
6) sin 4A + sin
B +4 sin C = p4 − (8Rr + 6r2)p2 + r2(4R + r)2
8R4
.

7) cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A = r2 + p2 − 4R2
4R2 .
8) cos A cos B cos C = p2 − (2R + r)2
4R2 .
2
9) cos 2A + cos
B +2 cos C = 6R2 + 4Rr + r2 − p2
2R2
.
3
10) cos 3A + cos
B +3 cos C = 2Rr2 + r3 + p2r

4R3

− 1.

11) (cos A + cos B)(cos B + cos C )(cos C + cos A) = 2Rr2 + r3 + p2r
4R3 .

1
1
+ 4Rr.
sin A + sin B + sin C = p2 + r22pr
1
1
2R
13) 1
sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A = r .
1
1
14) 1
4p22R−2 16p.2Rr
sin2 A + sin2 B + sin2 C = (p2 + r2 + 4Rr)
12) 1

sin B sin C
sin C sin A
sin B = p2 + r2 −2Rr
2Rr .
sin C +
sin A +
1 1
16) 1
p2 + r2 − 4R2
cos A + cos B + cos C = 2
p − (2R − r)2 .
1
1
4R(R + r)
17) 1
cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A = 2
p − (2R + r)2 .

15) sin A sin B

18) 1 + 1 + 1
cos2 A cos2 B cos2 C = (p2 + r2 − 4R2)2 − 8R(R + r)[p2 − (2R + r)2]
[p2 − (2R + r)2]2
16

.


cos B + cos C cos C + cos A
cos C + cos A + cos B

19) cos A + cos B

= (R + r)(p2 + r2 − 4R2)
R[p2 − (2R + r)2] − 3.
p
20) sin A + sin B sin
B + sin
C sin C + sin A
.
.
cos A + cos B cos B + cos C cos C + cos A = . r
B
C
21) sin2 A
− r.
2 + sin2 2 + sin2 2 = 2R 2R
22) sin 4 A

2 + sin 4 B + sin4 C8R
= 8R22 + r2 .− p2

23) sin 2 A

2 = p2 + r16R
2 − 28Rr
2 sin 2 B
2 + sin2 B2 sin2 C2 + sin 2 C2 sin 2 A
.
B
C
4R + r
2R .
2 + cos2 2 + cos2 2 =

24) cos2 A

25) cos4 A

2 + cos4 B + cos4 C8R
= (4R2 + r)2. − p2

26) cos2 A

2 cos2 B2 + cos2 B2 cos2 C2 + cos2 C2 cos2 A2 = p2 + (4R
16R+2 r).2

27) 1

+ 1
+ 1
= p2 + r2 − 8Rr
r2 .
sin 2 A
sin 2 B
sin2 C
2
2
2

28)

1
+ 1
+ 1
= 8R(2R − r)
r2 .
sin 2 A
sin 2 B
sin 2 C
2 sin 2 B
2 sin2 C2
2 sin2 A2
2

29) 1

A
cos
2
2

1

30)

cos

2

+ 1

B
cos
2

+ 1

C
cos
2

2

A 2 B
2 cos 2

2

+

1
cos

2

= p2 + (4R + r)2
p2 .

B 2 C
2 cos 2

+

1
cos

2

C 2 A
2 cos 2

31) cos 2A + cos 2B + cos 2C = 3R2 + 4Rr + r2 − p2
R2
.
32) sin 2A + sin 2B + sin 2C = 2pr

R2 .

33) cot A + cot B + cot C = p2 − r2 − 4Rr
2pr .
17

= 8R(4R + r)
p2 .


34) cot A cot B cot C = p2 − (2R + r)2
2pr .
2
35) cot 2A + cot
B +2 cot C = (p2 − r2 − 4Rr)2

− 2.

4p2r2

36) (cot A + cot B)(cot B + cot C )(cot C + cot A) = 2R2

p2 .

37) cot3 A + cot3 B + cot3 C = (p2 − r2 − 4Rr)3 − 48p2R2r2
8p3r3
.
38) tan A + tan B + tan C =

2

2pr
p − (2R + r)2 .

39) tan A tan B + tan B tan C + tan C tan A = p2 − r2 − 4Rr

p2 − (2R + r)2 .

40) tan2 A + tan2 B + tan2 C = 4p2r2 − 2(p2 − r2 − 4Rr)[p2 − (2R + r)2]
[p2 − (2R + r)2]2 .
41) tan3 A + tan3 B + tan3 C = 8pr[p2r2 − 3R2(p2 − (2R + r)2)]
[p2 − (2R + r)2]3 .

B C 4R + r
2 + tan 2 + tan 2 =

42) tan A

p .

B
C r
2 tan 2 tan 2 = . p
B
B
C
44) tan A
2 + tan 2 tan
2 + tan 2 tan
43) tan A

C
A
2 + tan 2 =

B
C
2 2p
.2
2 + tan2 2 + tan2 2 = (4R + r)2p−

45) tan2 A
46) tan

3

A
2 + tan3 B2 + tan 3 C2 = (4R + r)3 −
p312p2. R

B
C
A
B
C p
2 + cot 2 + cot 2 = cot 2 cot 2 cot 2 = . r
B
B
C
C
A
4R + r
48) cot A
p .
2 cot 2 + cot 2 cot 2 + cot 2 cot 2 =
47) cot A

2

A

49) cot 2 + cot2 B2 + cot 2 C
2 = p2 − 2r(4R
r2 + .r)
50) cot3 A

2 + cot3 B + cot 3 C =r3p(p2 −. 12Rr)
18

4R
p.


B
2 + cot 2 cot

51) cot A

B
C
2 + cot 2 cot

C
A
2 + cot 2 =

4pR
r2 .

B B C C A
tan A
52) a + b + c = 2 + tan 2 + tan 2 + tan 2 + tan 2 + tan 2
p − a p − b p − c tan C
tan A
tan B
2
2
2
B B C C A
cot A
= 2 + cot 2 + cot 2 + cot 2 + cot 2 + cot 2 = 4R − 2r .
r
cot C cot A cot B
2
2
2
B
C
53) a tan A
2 + b tan 2 + c tan 2 = 2(2R − r).
54) ra + rb + rc = 4R + r.
55) ra.rb + rb.rc + rc.ra = p2.
56) ra.rb.rc = p2r, S = √r.ra.rb.rc.
57) ra2 + rb2 + rc2 = (4R + r)2 − 2p2.
58) ra3 + rb3 + rc3 = (4R + r)3 − 12p2R.
59) (ra + rb)(rb + rc)(rc + ra) = 4p2R.

1
1 1
ra + rb + rc = . r
1
1
4R + r
61) 1
p2r .
rarb + rbrc + rcra =
60) 1

62) 1 +

ra2

1 1
+ 2 = p2 − 2r(4R + r)
p2r2 .
rb rc

2

63) ra + rb

rc + rb + + rc + = 4R − 2r

r .

64) ha + hb + hc = p2 + r2 + 4Rr
2R .
65) hahb + hbhc + hcha = 2p2r

R.

66) hahbhc = 2p2.r2

R ,S =

1
2 Rhahbhc.

19


1
1 1
ha + hb + hc = . r

67) 1

1
1
2 +2r4Rr
2 .
hahb + hbhc + hcha = p2 + r4p

68) 1

1 1
2r2 .
h2a + h2b+hc2 = p2 − r2 2p
− 4Rr

69) 1

70) ha + hb

hc + hb + + hc + =2Rr
p2 + r2 −. 2Rr

71) (p − a)(p − b) + (p − b)(p − c) + (p − c)(p − a) = 4Rr + r2.
72) (p − a)2 + (p − b)2 + (p − c)2 = p2 − 2r(4R + r).
73) (p − a)3 + (p − b)3 + (p − c)3 = p(p2 − 12Rr).
74) 1

+ 1
+ 1
= 4R + r
pR .
p−a
p−b
p−c

75) 1

(p − a)2

+ 1

+ 1

(p − b)2
(p − c)2
16Rr2p2
76) lalblc = 2p + 2Rr + r2 .

= (4R + r)2 − 2p2
p2r2 .

Nhận xét:

· Từ 76 hệ thức trên ta có một hệ thống các hệ thức lượng giác đóng vai
trò quan trọng trong các bài toán về nhận dạng tam giác.

· Các hệ thức này đều thống nhất ở điểm vế phải được tính theo ba đại
lượng R, r, p.
· Phương pháp chứng minh chung cho tất cả các hệ thức là sử dụng định

lý Viet đối với nghiệm của phương trình bậc ba. Phần chứng minh cho
các hệ thức trên được trình bày trong phần phụ lục của luận văn.

20


2.2 Hệ thức lượng giác có điều kiện
Đối với các hệ thức lượng giác có điều kiện ta có thể chứng minh bằng
một trong hai cách sau:

· Sử dụng điều kiện cho trước trong quá trình chứng minh.
· Biến đổi trực tiếp điều kiện cho trước về hệ thức cần chứng minh.
Bài toán 2.6. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức
B
C
sin A + sin B + sin C = 2(sin A
2 + sin 2 sin 2 ).
1
1
Chứng minh 1
b + c = la .
Giải

Ta có

B
C
2 + sin 2 sin 2
B
C
B
C
2 + 2 + sin 2 sin 2
B
C
B
C
B
C
2 cos 2 − sin 2 sin 2 + sin 2 sin 2

sin A + sin B + sin C = 2 sin A
A
⇔ 4 cos 2 cos
A
⇔ 4 cos 2 cos
1
cos A
⇔2= .
2

B
2 cos
B
2 cos

C
2 = 2 cos
C
2 = 2 cos
(1)

Lại có

1 1
1
b+c
b+c
A 1
b + c = la ⇔
bc = 2bc. cos A ⇔ cos 2 = . 2 (2)
2
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
Bài toán 2.7. Chứng minh rằng nếu trong tam giác ABC , B = 2A và
b2 = a(a + c) là hai hệ thức tương đương.
Giải
Từ

B = 2A ⇔ B − A = A
⇔ sin(B − A) = (do B − A + A = B < 1800)
⇔ sin C − 2 sin A cos B = sin A
21


⇔ 2R sin C − 4R sin A cos B = 2R sin A
⇔ c − 2a cos B = a
⇔ c2 − 2ac cos B = ac (do c > 0)
⇔ a2 + c2 − 2ac cos B = ac + a2
⇔ b2 = a(a + c). Đpcm.
Nhận xét: Ta xét bài toán có cùng điều kiện như trên:
Có tồn tại hay không một tam giác ABC có B = 2A và ba cạnh của nó
là ba số nguyên liên tiếp.
Giải
Từ B = 2A ⇔ b2 = a(a + c). Vì b > a nên có các trường hợp sau:
1) a là cạnh bé nhất, c là cạnh trung bình, đặt a = x, c = x + 1, b = x + 2.

⇒ (x + 2)2 = x(2x + 1) ⇒ x2 − 3x − 4 = 0. Do x > 0 nên x = 4
⇒ a = 4, b = 6, c = 5.
2) a là cạnh bé nhất, b là cạnh trung bình, đặt a = x, b = x + 1, c = x + 2.
⇒ (x + 1)2 = x(2x + 2) ⇒ x2 = 1 ⇒ x = 1 ⇒ a = 1, b = 2, c = 3.

Loại vì không thỏa mãn yêu cầu về ba cạnh trong một tam giác (3=2+1).

3) a là cạnh trung bình, đặt c = x, a = x + 1, b = x + 2.

⇒ (x + 2)2 = (x + 1)(2x + 1) ⇒ x2 − x − 3 = 0. Loại vì không có nghiệm
nguyên.

Vậy có duy nhất một tam giác thỏa mãn yêu cầu bài toán là tam giác

ABC với a = 4, b = 6, c = 5.
Bài toán 2.8. Cho tam giác ABC có tan A. tan C = 3 và tan B. tan C = 6.
Chứng minh rằng khi đó ta cũng có tan C = tan A + tan B.
Giải
Từ:

tan A tan C = 3 ⇒ tan C =
tan B tan C = 6 ⇒ tan B =

22

3
tan A .
6
tan C = 2 tan A.


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×